精品解析初中科学中考复习 物质的鉴别、推断优生特训6

1、Word文档，下载后可任意编辑 精品解析初中科学中考复习 物质的鉴别、推断优生特训6登录在线组卷平台 助您教考全无忧初中科学中考复习 物质的鉴别、推断优生特训6一、单项选择题1（2019宁波模拟）有一包固体粉末可能由氯化铜、盐酸、硝酸钠中的一种或几种组成。为探究其成分，取固体粉末18g，溶解在水中形成溶液。往其中逐渐滴加氢氧化钠溶液，生成沉淀质量与所加氢氧化钠溶液的关系如图所示。下列说法中错误的是（）A反应初期是氢氧化钠与盐酸在反应B固体中含有氯化铜13.5gC固体粉末中含有氯化铜、盐酸D反应进行到a点时溶液内有氯化铜、硝酸钠、氯化钠【答案】D【知识点】离子或物质的共存问题；物质的鉴别、推断【

2、解析】【分析】考查酸碱反应优先发生和方程式的简单计算。【解答】 氯化铜、盐酸、硝酸钠 加入氢氧化钠，根据酸碱中和反应优先发生的规则，氢氧化钠先和盐酸反应： 当盐酸消耗完了之后，氢氧化钠才和氯化铜反应：A：反应开始加入的氢氧化钠和盐酸反应，没有沉淀，正确；B：根据方程式简单计算，设氯化铜质量为X135 98x 9.8x=13.5g正确；C：根据图像看出沉淀的变化，确定有氯化铜和盐酸， 氯化钠 ，但硝酸钠的存在无法确定；D：a点酸碱中和反应已经结束，但氢氧化钠和氯化铜反应还没有结束，溶液中有 氯化铜， 氯化钠 ，但硝酸钠的存在无法确定；故答案： D2（2019宁波模拟）一包混有杂质的Na2CO3，

3、其杂质可能是Ba（NO3）2、KCl、NaHCO3，今取10.6克样品，溶于水得澄清溶液，另取10.6克样品，加入足量的盐酸，收集到4.4克CO2，则下列判断正确的是（）A样品中只有NaHCO3B样品中只混有NaHCO3，无KClC样品中有NaHCO3，也有Ba（NO3）2D样品中混有KCl，也有NaHCO3【答案】D【知识点】根据化学反应方程式的计算；物质的鉴别、推断【解析】【分析】（1）碳酸钡是一种不溶于水的白色沉淀；（2）如果杂质中含有KCl，由于它不与稀盐酸反应生成二氧化碳，因此会使产生的气体量减小；分别写成 Na2CO3 与 NaHCO3 反应制取二氧化碳气体的化学方程式，比较杂质中

4、含有NaHCO3对产生气体质量大小的影响，最后利用产生二氧化碳气体的质量变化判断杂质中物质的种类。【解答】（1） Na2CO3与 Ba（NO3）2 反应会生成BaCO3沉淀；因为溶于水后得到澄清溶液，因此说米碳酸钠中不含硝酸钡；（2）由下面的化学方程式：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2；NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2；可知，1分子碳酸钠与1分子碳酸氢钠分别与稀盐酸反应，都生成1分子二氧化碳。碳酸钠的相对分子质量为：232+12+163=106；碳酸氢钠的相对分子质量为：23+1+12+163=84106；因为碳酸氢钠的相对分子质量比碳酸钠的小。所以相同质量的碳

5、酸钠与碳酸氢钠分别与足量的稀盐酸反应，碳酸氢钠比碳酸钠反应生成的二氧化碳多。由此可知：如果混有KCl，那么产生的二氧化碳质量会减小；如果混有氢氧化钠，产生的二氧化碳质量会增大。由于10.6g碳酸钠与足量的稀盐酸反应生成二氧化碳的质量为4.4g，等于10.6g含杂质的碳酸钠与足量的稀盐酸反应生成二氧化碳的质量。说明所含杂质中既有氯化钾，也有碳酸氢钠。故选：D。3印刷铜制电路板的“腐蚀液”为FeCl3溶液。已知铁、铜均能与FeCl3溶液反应，反应方程式分别为Fe+2FeCl3=3FeCl2，Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2。向盛有FeCl3溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，反应结束后，下

6、列结果不可能出现()A烧杯中有铜粉无铁粉 B烧杯中有铁粉无铜粉C烧杯中有铁粉有铜粉 D烧杯中无铁粉无铜粉【答案】B【知识点】物质的鉴别、推断【解析】【分析】在金属活动性顺序中，位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来，向盛有FeCl3溶液的烧杯内加入铁粉和铜粉，铁能与氯化铁反应生成氯化亚铁，铜能与氯化铁反应生成氯化亚铁和铜，氯化铁能与生成的铜反应生成氯化亚铁和铜。【解答】将铜、铁的混合粉末加入到盛有FeCl3溶液的烧杯中，能发生的反应有：Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2，Fe+2FeCl3=3FeCl2，Fe+CuCl2FeCl2+Cu，铜和铁都能与氯化铁反应生成氯化亚

7、铁，故所得溶液中一定含有氯化亚铁，如果充分反应后仍有少量固体，根据反应的方程式可知一定含有铜，由于铁的量不确定，故可能含有铁，有铜存在，则不可能含有氯化铁。A.加入铁和铜的混合物，依据对反应的分析可知该固体中一定含有铜可能无铁，故A正确不合题意；B.加入铁和铜的混合物，如果剩余物中含有铁，则溶液中一定没有氯化铜存在，此时该固体中一定应该含有铜，故B错误符合题意；C.若氯化铁的量少，加入的铁粉和铜粉可能剩余，故C正确不合题意；D.若氯化铁的量多，加入的铁粉和铜粉全部参加反应，不会有剩余，故D正确不合题意。故选B。4（2017浙江）已知溶液的导电性与单位体积内离子的数目、离子所带电荷多少有关，单位

8、体积内离子数目越多，导电性越强；离子所带电荷越多，导电性越强（如两个氯离子和一个硫酸根离子导电性相当）。现向含有Ca(OH)2和NaOH的混合液中通入CO2气体，下列测得溶液导电性（用“电流强度I”表示）变化与通入CO2气体体积（V）关系图像正确的是（）A BC D【答案】B【知识点】物质的鉴别、推断；碱的化学性质【解析】【分析】（1）由题可知，溶液的导电性与可移动的自由离子的电荷总数有关。（2）本反应中，第一阶段是二氧化碳与氢氧化钙反应，生成碳酸钙沉淀，可移动的自由离子的电荷总数减少。第二阶段是二氧化碳与氢氧化钠反应生成了碳酸钠，原来2份的氢氧化钠与生成的一份的碳酸钠的可移动的自由离子的电荷

9、总数相同。第三阶段是二氧化碳与碳酸钙、碳酸钠生成可溶性的碳酸氢钙和碳酸氢钠，可移动的自由离子的电荷总数增加。【解答】一开始二氧化碳与氢氧化钙，应生成碳酸钙沉淀，此时溶液离子减少，导电性减弱；当二氧化碳和氢氧化钙反应完毕后，此时导电性减少到最弱。继续通二氧化碳，又会与氢氧化钠反应生成了碳酸钠，溶液的导电能力不变，当碳酸钠反应成后，二氧化碳与碳酸钙、碳酸钠生成可溶性的碳酸氢钙和碳酸氢钠，溶液中离子增多导电性增强，分析所给的选项可以知道选项B符合。故答案为：B5下列实验方案设计中，正确的是()A除去NaCl中少量的Na2CO3杂质，先加入过量的CaCl2溶液，过滤后再蒸发结晶B检验可燃性气体中是否含

10、有氢元素，在其燃烧火焰上方罩上干冷的烧杯，观察有无水雾C实验测定某矿石中碳酸钙的质量分数，先加入稀硫酸，再比较反应前后的质量变化D实验室制备干燥纯净的氢气，用锌与浓盐酸反应，产生的气体经浓硫酸干燥后收集【答案】B【知识点】物质除杂或净化；实验方案设计与评价；物质的鉴别、推断【解析】【分析】A、用化学反应的方法除杂质的基本原则：除掉杂质的同时,不能与需要留下的物质反应，也不能生成新的杂质；B、检验可燃性气体中是否含有氢元素通常采用检验其燃烧的生成物水是否存在；C、稀硫酸与碳酸钙反应生成微溶于水的硫酸钙，阻止反应的进行；D、浓盐酸具有挥发性。【解答】Na2CO3能与过量的CaCl2溶液反应生成碳酸

11、钙沉淀和氯化钠，能除去杂质但引入了新的杂质氯化钙，A说法错误；检验可燃性气体中是否含有氢元素，在其燃烧火焰上方罩上干冷的烧杯，观察有无水雾的产生，有水雾说明含有氢元素，B正确；实验测定某矿石中碳酸钙的质量分数，不能使用稀硫酸，因为稀硫酸与碳酸钙反应生成微溶于水的硫酸钙，会覆盖在矿石表面，阻止反应的进行，使测定结果偏小，C说法错误；浓盐酸具有挥发性，用锌与浓盐酸反应，产生的氢气中混有氯化氢气体，制得的氢气不纯净，D说法错误。6（2016九下镇海竞赛）一包混有杂质的Na2CO3，其杂质可能是Ba（NO3）2、KCl、NaHCO3一种或几种，今取10.6g样品，溶于水得澄清溶液，另取5.3克样品，加

12、入足量的盐酸，收集到2gCO2，则下列判断正确的是（）A样品中只含有NaHCO3B样品中一定混有NaHCO3，可能有KClC样品中有NaHCO3，也有Ba（NO3）2D样品中混有KCl，也可能有NaHCO3【答案】D【知识点】根据化学反应方程式的计算；盐的性质及用途；物质的鉴别、推断【解析】【分析】（1）碳酸钠和硝酸钡反应生成碳酸钡沉淀和硝酸钠，而碳酸钡为不溶于水的白色沉淀；（2）写出碳酸钠和碳酸氢钠和稀盐酸反应的化学方程式，根据质量之间的比例关系分析所含物质的可能性。【解答】（1）取10.6g样品，溶于水得澄清溶液，说明样品中不含有硝酸钡；（2）碳酸钠、碳酸氢钠和稀盐酸反应的化学方程式及其质

13、量关系为：Na2CO3+2HCl2NaCl+H2O+CO2，106 445.3g 2.2gNaHCO3+HClNaCl+H2O+CO2，84 445.3g 2.78g由以上质量关系可知，如果5.3g样品全部为碳酸钠，加入足量的盐酸，收集到2.2gCO2，因此碳酸钠中肯定含有氯化钾；如果碳酸钠中还含有碳酸氢钠，那么产生的二氧化碳质量也可能等于2g，因此说明样品中一定含有氯化钾，可能含有碳酸氢钠。故选D。7 鉴别物质的方法错误的是（）A用酚酞鉴别食盐水和稀醋酸B用水鉴别生石灰和石灰石C用燃着的木条鉴别空气和二氧化碳D用氯化钡溶液鉴别稀盐酸和稀硫酸【答案】A【知识点】物质除杂或净化；酸、碱、盐的鉴别

14、；物质的鉴别、推断【解析】【解答】A、取样品，加入酚酞，溶液颜色都不会改变，现象相同，不能鉴别，故A错误；B、取样品，加水，固体溶解，放出热量的是生石灰，固体不溶解的是石灰石，现象不同，可以鉴别，故B正确；C、取样品，溶燃着的木条检验，火焰熄灭的是二氧化碳，燃烧情况不变的是空气，现象不同，可以鉴别，故C正确；D、取样品，加入氯化钡溶液，有白色沉淀生成的是稀硫酸，没有明显现象的是稀盐酸，现象不同，可以鉴别，故D正确；故选：A【分析】A、根据食盐水和醋酸都不能是酚酞变色进行分析；B、根据石灰石难溶于水进行分析；C、根据二氧化碳不具有助燃性进行分析；D、根据氯化钡和稀硫酸反应会生成硫酸钡沉淀进行分析

15、8化学上常用燃烧法测定有机物的组成，现取4.6g某有机物在足量氧气中充分燃烧，生成8.8gCO2和5.4g H2O，则该有机物中（）A只含有碳、氢两种元素B实验中用去氧气的质量为9.6gC碳、氢元素的原子个数比为1：2D该有机物可能为甲烷（CH4）【答案】B【知识点】质量守恒定律及其应用；简单的有机物；物质的鉴别、推断【解析】【分析】由题意“4.6g某有机物在足量氧气中充分燃烧，生成8.8gCO2和5.4gH2O”，则可知8.8gCO2和5.4gH2O中的碳元素和氢元素的质量，则可推测有机物是否含有氧元素。【解答】A、由题意“4.6g某有机物在足量氧气中充分燃烧，生成8.8gCO2和5.4gH

16、2O”，8.8g二氧化碳中碳元素的质量为8.8g（12/44100%）=2.4g，5.4g水中氢元素的质量为H：5.4g（2/18）=0.6g。因为2.4g+0.6g4.6g。，因此该有机物中含有碳、氢、氧三种元素，故说法错误；B、根据质量守恒定律，实验中用去氧气的质量为8.8g+5.4g-4.6g=9.6g，故说法正确；C、设该有机物中碳、氢元素的原子个数分别为x、y，故2.4g：0.6g=12x：y，故x：y=1：3，故说法错误；D、由A分析可知该有机物中有氧元素，不可能是甲烷，故说法错误。故答案为：B9实验室常用燃烧的方法测定有机物的组成。现取3.2g某有机物在足量氧气中充分燃烧，生成4

17、.4g二氧化碳和3.6g水，则该有机物中（）A一定含有C、H、O三种元素B只含有C、H两种元素，不含有O元素CC、H两种元素质量比为11：9D一定含有C、H两种元素，可能含有O元素【答案】A【知识点】质量守恒定律及其应用；物质的鉴别、推断【解析】【分析】根据质量守恒定律解答本题根据生成二氧化碳的质量和二氧化碳中碳元素的质量分数，计算出该有机物中含有C的质量，同理，根据生成水的质量和H2O中氢元素的质量分数，计算出该有机物中含有H的质量，再根据质量守恒定律，反应前该有机物质量减去C、H的质量，就是其含有O的质量，据此即可判断该有机物中含有的元素。【解答】根据质量守恒定律，反应后生成的二氧化碳中碳

18、元素的质量就是有机物中碳元素的质量，生成的水中氢元素的质量就是有机物中氢元素的质量故该有机物中含有C的质量为：4.4g12/44=1.2g；该有机物中含有H的质量为：3.6g2/18=0.4g；该有机物中含有O的质量为：3.2g-1.2g-0.4g=1.6g因此可判断该有机物中含有C、H、O三种元素。而C、H两种元素质量比为1.2g：0.4g=3：1，而非11：9。故答案为：A10 某黑色固体粉末可能是Fe、FeO、CuO、C中一种或几种为了探究其成分，小明同学按照如图所示流程进行了实验关于该实验有以下说法：若溶液甲呈浅绿色，则原黑色固体粉末中一定含有Fe；若步骤中无明显现象，则固体乙中最多只

19、能有四种物质；若步骤中有气泡产生，则固体乙一定是C；若步骤中有红色固体析出，则固体乙中一定无CuO；固体乙呈红色，则原固体中一定含有Fe和CuO以上说法中正确的个数是（）A1个 B2个 C3个 D4个【答案】A【知识点】金属的化学性质；物质的鉴别、推断；酸的化学性质【解析】【解答】由于C不与稀硫酸反应；氧化铜可以与稀硫酸反应，生成的Cu2+在水溶液中显蓝色；Fe可以与稀硫酸反应生成气体；Fe、FeO与硫酸反应生成的Fe2+在水溶液中显浅绿色；铁的活动性大于铜，能将铜从其盐溶液中置换出来若溶液甲呈浅绿色，则原黑色固体粉末中不一定含有Fe，FeO也可以与稀硫酸反应生成的Fe2+在水溶液中显浅绿色；

20、故错误；若步骤中无明显现象，说明了溶液中无硫酸铜，没有剩余的硫酸，如果硫酸的量不足，则固体乙中最多可以有Fe、FeO、CuO、C、Cu五种物质，故错误；若步骤中有气泡产生，说明了硫酸是过量的，则固体乙可能含有铜，不一定是碳，故错误；若步骤中有红色固体析出，说明了溶液中含有硫酸铜，能判断黑色粉末中含有CuO，不能判断固体乙中是否有CuO，故错误；固体乙呈红色，说明有铁置换出的铜，则原固体中一定含有Fe和CuO故正确综合以上分析可知，A正确故选A【分析】根据C不与稀硫酸反应；氧化铜可以与稀硫酸反应，生成的Cu2+在水溶液中显蓝色；Fe可以与稀硫酸反应生成气体；Fe、FeO与硫酸反应生成的Fe2+在

21、水溶液中显浅绿色；铁的活动性大于铜，能将铜从其盐溶液中置换出来，据此分析判断有关的说法11（2013宁波）现有铁、氧化铁、稀硫酸、氢氧化钙溶液、碳酸钠溶液等五种物质，存在着如图所示的相互反应或转化关系(图中“一”表示物质间可以发生化学反应，“”表示物质间存在相应的转化关系)。下列判断合理的是（）A丙可能是碳酸钠溶液 B丁可能是氢氧化钙溶液C乙必须通过置换反应转化为铁 D甲和丁的反应一定是中和反应【答案】A【知识点】盐的性质及用途；物质的鉴别、推断；酸的化学性质；碱的化学性质【解析】【分析】首先根据所给的物质的性质结合反应间的转化关系，找到题中的题眼进行推断解题，硫酸会和其余的四种物质反应，可以

22、知道丁就是硫酸，然后根据其他物质的性质进行验证推导。要发现题眼，要先了解它们之间的相互是否会反应，它们之间的反应关系如下：铁 氧化铁 硫酸 氢氧化钙 碳酸钠铁 不会反应 不会反应 会反应 不会反应 不会反应氧化铁 不会反应 不会反应 会反应 不会反应 不会反应硫酸 会反应 会反应 不会反应 会反应 会反应氢氧化钙 不会反应 不会反应 不会反应 不会反应 会反应碳酸钠 不会反应 不会反应 不会反应 会反应 不会反应【解答】A、根据上面可以看出，碳酸钠会和两种物质反应，而碳酸钠和氢氧化钙都会和两种物质反应，所以甲和丙要从碳酸钠和氢氧化钙中选，丙可能是碳酸钠溶液，故A正确；B、根据上表可以看出，会与

23、四种物质发生反应的只有硫酸，可知丁一定是硫酸，故B错；C、只有氧化铁会转化成铁，但是不一定都是置换反应，比如一氧化碳还原氧化铁就不是置换反应，故C错；D、中和反应必须是酸和碱反应生成盐和水，丁是硫酸，属于酸，但是甲可能是氢氧化钙，也可能是碳酸钠，所以不一定是中和反应，故D错。故选A。二、填空题12 A、B、C、D是初中化学中常见的物质，其中A是胃酸的主要成分，B在农业上常用于改良酸性土壤，B和C的物质类别相同，它们相互反应及转化关系如图所示（“”表示由一种物质可以转化为另一种物质，“”表示相邻的物质间可以相互反应，其中部分反应物和生成物及反应条件已略去），请回答：（1）D物质是 ；（2）若C是

24、一种不溶性的固体，则C可能是 ；（3）写出A和B反应的化学方程式 【答案】水；Cu（OH）2；2HCl+Ca（OH）2=CaCl2+2H2O【知识点】书写化学方程式、文字表达式；物质的鉴别、推断【解析】【解答】（1）A、B、C、D是初中化学中常见的物质，其中A是胃酸的主要成分，所以A是盐酸，B在农业上常用于改良酸性土壤，所以B是氢氧化钙，B和C的物质类别相同，B会转化成C，所以C是碱，可以是氢氧化铜、氢氧化钠等，盐酸、氢氧化钙、氢氧化铜都会生成D，所以D是水，经过验证，推导正确，所以D是水；（2）若C是一种不溶性的固体，则C可能是Cu（OH）2；（3）A和B的反应是氢氧化钙和盐酸反应生成氯化钙

25、和水，化学方程式为：2HCl+Ca（OH）2=CaCl2+2H2O故答案为：（1）水；（2）Cu（OH）2；（3）2HCl+Ca（OH）2=CaCl2+2H2O【分析】根据A、B、C、D是初中化学中常见的物质，其中A是胃酸的主要成分，所以A是盐酸，B在农业上常用于改良酸性土壤，所以B是氢氧化钙，B和C的物质类别相同，B会转化成C，所以C是碱，可以是氢氧化铜、氢氧化钠等，盐酸、氢氧化钙、氢氧化铜都会生成D，所以D是水，然后将推出的物质进行验证即可13 下列是初中化学中常见的物质：铁、氢气、氧化铜、二氧化碳、硫酸、氢氧化钠、氯化铜他们进行击鼓传花游戏，条件是相互之间能发生反应就可以进行传递请把上述

26、物质分别安排在AG的位置上，使花束能从A传到G其中A的固体俗称干冰请回答：（1）氢氧化钠应放在位置 上（2）C和D反应的化学方程式为 ，反应类型为 反应上述物质除了发生从A到G的化学反应外，常温下还能相互发生化学反应的是 （3）当G换成另一个同类别物质时就能将花传回起点A，它是 （写名称）【答案】B；Fe+CuCl2=FeCl2+Cu；置换；硫酸和氢氧化钠；碳【知识点】金属的化学性质；物质的鉴别、推断；酸的化学性质；碱的化学性质【解析】【解答】A的固体俗称干冰，因此A是二氧化碳，二氧化碳能够和氢氧化钠反应，则B是氢氧化钠；氢氧化钠能够和硫酸和氯化铜反应，假设C是氯化铜，氯化铜能够和铁反应，因此

27、D就是铁；铁能够和硫酸反应，因此E就是硫酸；硫酸能够和氧化铜反应，氧化铜能够和氢气反应，因此F是氧化铜，G是氢气，带入验证符合要求，因此：（1）氢氧化钠能够和二氧化碳反应，因此氢氧化钠在B位置上；故填：B；（2）C是氯化铜，D是铁，铁和氯化铜反应产生氯化亚铁和铜；该反应是单质和化合物生成新的单质和化合物的置换反应；常温下硫酸能与氢氧化钠反应，化学方程式为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O；故答案为：Fe+CuCl2=FeCl2+Cu；置换；硫酸和氢氧化钠；（3）G是氢气，氢气和碳都能够还原氧化铜，因此可以把氢气换成碳；故填：碳【分析】根据铁、氢气、氧化铜、二氧化碳、硫酸、氢氧化钠

28、、氯化铜之间的两两反应关系及相互之间能发生反应就可以进行传递的条件进行大胆的假设，最后能够符合传递的要求即可14 已知AI均为初中化学常见的物质，它们相互间的关系如图所示该图体现了化合物F四种不同的化学性质，其中B溶液呈蓝色，I是无色无味的气体，B、C分别与A反应均有不溶于稀硝酸的同种白色沉淀产生，E与F反应生成另一种不溶于稀硝酸的白色沉淀，C与E反应产生氨味气体（“”表示两物质间能反应，“”表示物质间的转化关系）（1）A、I的化学式分别为 、 （2）E与F反应的化学方程式为 （3）B与G反应的化学方程式为 【答案】AgNO3；CO2；H2SO4+Ba（OH）2=BaSO4+2H2O；CuCl

29、2+Fe=FeCl2+Cu【知识点】书写化学方程式、文字表达式；物质的鉴别、推断【解析】【解答】（1）AI均为初中化学常见的物质，图中体现了化合物F四种不同的化学性质，E与F反应生成另一种不溶于稀硝酸的白色沉淀，不溶于硝酸的白色沉淀有氯化银和硫酸钡，B溶液呈蓝色，所以B溶液中含有铜离子，B可以是硫酸铜或氯化铜，C与E反应产生氨味气体，所以C、E中有一种铵态氮肥，一种碱，E会与无色气体I反应，所以E是碱，I是二氧化碳，H和二氧化碳可以相互转化，H会与E反应，所以H可以是碳酸钠，E和F会生成生成另一种不溶于稀硝酸的白色沉淀，所以E就是氢氧化钡，B、C分别与A反应均有不溶于稀硝酸的同种白色沉淀产生，

30、所以C是氯化铵，A是硝酸银，B就是氯化铜，F会与氢氧化钡、碳酸钠反应，所以F是硫酸，D会与F反应，D会转化成氯化铜，所以D是氧化铜，F会与硫酸、氯化铜反应，所以G是铁，经过验证，推导正确，所以A是AgNO3，I是CO2；（2）E与F的反应是硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，化学方程式为：H2SO4+Ba（OH）2=BaSO4+2H2O；（3）B与G的反应是铁和氯化铜反应生成氯化亚铁和铜，化学方程式为：CuCl2+Fe=FeCl2+Cu故答案为：（1）AgNO3，CO2；（2）H2SO4+Ba（OH）2=BaSO4+2H2O；（3）CuCl2+Fe=FeCl2+Cu【分析】根据AI均为初中化

31、学常见的物质，图中体现了化合物F四种不同的化学性质，E与F反应生成另一种不溶于稀硝酸的白色沉淀，不溶于硝酸的白色沉淀有氯化银和硫酸钡，B溶液呈蓝色，所以B溶液中含有铜离子，B可以是硫酸铜或氯化铜，C与E反应产生氨味气体，所以C、E中有一种铵态氮肥，一种碱，E会与无色气体I反应，所以E是碱，I是二氧化碳，H和二氧化碳可以相互转化，H会与E反应，所以H可以是碳酸钠，E和F会生成生成另一种不溶于稀硝酸的白色沉淀，所以E就是氢氧化钡，B、C分别与A反应均有不溶于稀硝酸的同种白色沉淀产生，所以C是氯化铵，A是硝酸银，B就是氯化铜，F会与氢氧化钡、碳酸钠反应，所以F是硫酸，D会与F反应，D会转化成氯化铜，

32、所以D是氧化铜，F会与硫酸、氯化铜反应，所以G是铁，然后将推出的物质进行验证即可15 甲、乙、丙、丁都是初中化学中最常见的物质，已知它们由H、O、C、Cl、Na、Ca 6种元素中的2种或3种组成，丙与甲、乙、丁都能发生反应将这四种物质的溶液按图所示相互滴加，现象为：产生白色沉淀；有气泡冒出；无明显现象（1）甲、乙、丙、丁都属于 （填“单质”或“化合物”）（2）试管中产生的气体是 （填化学式）（3）试管中反应的化学方程式是 （4）向试管滴加的溶液溶质可能是 （填化学式，下同）或 【答案】化合物；CO2；Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3+2NaOH；NaOH；Ca（OH）2【知识点】书写化

33、学方程式、文字表达式；物质的鉴别、推断【解析】【解答】（1）甲、乙、丙、丁都是初中化学中最常见的物质，已知它们由H、O、C、Cl、Na、Ca 6种元素中的2种或3种组成，丙与甲、乙、丁都能发生反应，结合题中所给元素，猜想四种物质可以是氢氧化钠、碳酸钠、氢氧化钙、碳酸钙等，将这四种物质的溶液按图所示相互滴加，现象为：产生白色沉淀，有气泡冒出，无明显现象，所以甲、丙是酸和碳酸盐，甲、乙是碳酸盐和氢氧化钙，所以甲是碳酸钠，乙是氢氧化钙，丙是盐酸，丁是氢氧化钠或氢氧化钙，经过验证，推导正确，所以甲是碳酸钠，乙是氢氧化钙，丙是盐酸，丁是氢氧化钠或氢氧化钙，都属于化合物；（2）通过推导可知，试管中产生的气

34、体是：CO2；（3）试管中的反应是氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，化学方程式是：Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3+2NaOH；（4）通过推导可知，向试管滴加的溶液溶质可能是NaOH或Ca（OH）2故答案为：（1）化合物；（2）CO2；（3）Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3+2NaOH；（4）NaOH，Ca（OH）2【分析】根据甲、乙、丙、丁都是初中化学中最常见的物质，已知它们由H、O、C、Cl、Na、Ca 6种元素中的2种或3种组成，丙与甲、乙、丁都能发生反应，结合题中所给元素，猜想四种物质可以是氢氧化钠、碳酸钠、氢氧化钙、碳酸钙等，将这四种物质的溶液按图所示相互

35、滴加，现象为：产生白色沉淀，有气泡冒出，无明显现象，所以甲、丙是酸和碳酸盐，甲、乙是碳酸盐和氢氧化钙，所以甲是碳酸钠，乙是氢氧化钙，丙是盐酸，丁是氢氧化钠或氢氧化钙，然后进行验证即可16 A、B、C、D分别为氧化铁、盐酸、氢氧化钙、碳酸钙中的一种它们之间的反应或转化关系如图（部分物质和反应条件已略去）则化学方程式： ； ；A在生产或生活中的一种用途是 【答案】Ca（OH）2+CO2=CaCO3+H2O；Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O；改良酸性土壤【知识点】书写化学方程式、文字表达式；物质的鉴别、推断【解析】【解答】A、B、C、D分别为氧化铁、盐酸、氢氧化钙、碳酸钙中的一种，D会转

36、化成铁，所以D是氧化铁，C会与铁和氧化铁反应，所以C是盐酸，A会转化成B，所以A是氢氧化钙，B是碳酸钙，经过验证，推导正确，所以A是氢氧化钙，B是碳酸钙，C是盐酸，D是氧化铁，反应是氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，化学方程式为：Ca（OH）2+CO2=CaCO3+H2O，反应是氧化铁和盐酸反应生成氯化铁和水，化学方程式为：Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，通过推导可知，A是氢氧化钙，可以用来改良酸性土壤故答案为：Ca（OH）2+CO2=CaCO3+H2O；Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O；改良酸性土壤【分析】根据A、B、C、D分别为氧化铁、盐酸、氢氧化钙、碳酸

37、钙中的一种，D会转化成铁，所以D是氧化铁，C会与铁和氧化铁反应，所以C是盐酸，A会转化成B，所以A是氢氧化钙，B是碳酸钙，然后将推出的物质进行验证即可17 AH是初中化学常见的物质，其相互转化关系如图所示，其中A是人体胃液中帮助消化的物质，B用于改良酸性土壤（1）D的化学式为 （2）A转化为E的化学方程式为 ，其反应基本类型属于 ；B转化为H的化学方程式为 （3）分别写出物质F和H的一种用途 ； 【答案】CaCl2；Fe+2HCl=FeCl2+H2；置换反应；Ca（OH）2+CO2=CaCO3+H2O（或Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3+2NaOH）；供给呼吸（或支持燃烧等）；重要的建

38、筑材料（或作补钙剂等）【知识点】物质的鉴别、推断【解析】【解答】解：由于A是人体胃液中帮助消化的物质，则为盐酸；B用于改良酸性土壤，因此是熟石灰氢氧化钙，C，D是A，B反应产生的，C又能通电分解，因此C是水，则D是氯化钙；C通电分解生成氢气和氧气，盐酸与活泼金属反应可以生成氢气，故E是氢气，F为氧气；B，D都能生成白色沉淀H，故H是碳酸钙；二氧化碳和氢氧化钙反应产生碳酸钙，氯化钙和碳酸钠的反应产生碳酸钙沉淀和氯化钠（1）由分析可知D为氯化钙；（2）稀盐酸与活泼金属铁可以反应生成氯化亚铁和氢气，反应类型是置换；二氧化碳（碳酸钠溶液）和氢氧化钙反应产生碳酸钙和水（氢氧化钠）；（3）F为氧气，可以共

39、给呼吸、支持燃烧等；H为碳酸钙，可以用于建筑材料或补钙剂答案：（1）CaCl2；（2）Fe+2HCl=FeCl2+H2；置换反应；Ca（OH）2+CO2=CaCO3+H2O（或Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3+2NaOH）；（3）供给呼吸（或支持燃烧等）；重要的建筑材料（或作补钙剂等）【分析】此题的突破口为：A是人体胃液中帮助消化的物质，则为盐酸；B用于改良酸性土壤，因此是熟石灰氢氧化钙，C，D是A，B反应产生的，C又能通电分解，因此C是水，则D是氯化钙；C通电分解生成氢气和氧气，盐酸与活泼金属反应可以生成氢气，故E是氢气，F为氧气；B，D都能生成白色沉淀H，故H是碳酸钙；二氧化碳和氢

40、氧化钙反应产生碳酸钙，氯化钙和碳酸钠的反应产生碳酸钙沉淀和氯化钠，然后根据反应进行推理即可18 现有一包固体混合物A，其中可能含有硝酸铵、硫酸钾、硝酸铜、氯化钠四种物质中的一种或多种现按图所示进行检验，出现的现象如图中所述（假设过程中所有发生的反应都恰好完全反应）请你依据实验过程和产生的现象做出分析与判断：（1）气体B的化学式是 （2）步骤发生反应的化学方程式 （3）通过上述现象判断，该固体混合物A中一定含有的物质是 ；不能确定是否含有的物质是 ，如果要证明混合物A中确实含有该物质，可用滤液F继续实验请简要说出继续实验的操作步骤和现象 【答案】NH3；Cu（OH）2+H2SO4=CuSO4+2

41、H2O；NH4NO3、K2SO4、Cu（NO3）2；NaCl；取少量滤液F于试管中，滴加适量的硝酸银溶液，有白色沉淀生成【知识点】物质的鉴别、推断；酸的化学性质；碱的化学性质【解析】【解答】解：固体混合物A能够和氢氧化钠反应产生使石蕊试液变蓝的气体B，因此B是氨气，则说明一定含有硝酸铵；滤液C能够和硝酸钡反应产生沉淀G，因此C中含有硫酸根离子，则固体A中一定含有硫酸钾；滤渣D能够和稀硫酸反应产生蓝色溶液H，因此D是氢氧化铜，则A中含有硝酸铜，因此：（1）气体B是氨气，故填：NH3；（2）步骤是氢氧化铜和硫酸反应产生硫酸铜和水，故反应的方程式为：Cu（OH）2+H2SO4=CuSO4+2H2O；

42、（3）通过以上分析，可知固体混合物中一定含有硝酸铵、硫酸钾、硝酸铜，可能含有氯化钠；要检验氯化钠的存在，就是检验氯离子，可以通过滴加硝酸银溶液，观察有无沉淀产生；故填：NH4NO3、K2SO4、Cu（NO3）2，NaCl；取少量滤液F于试管中，滴加适量的硝酸银溶液，有白色沉淀生成【分析】根据框图固体混合物A能够和氢氧化钠反应产生使石蕊试液变蓝的气体B，因此B是氨气，则说明混合物中一定含有硝酸铵；滤液C能够和硝酸钡反应产生沉淀G，因此C中含有硫酸根离子，则固体A中一定含有硫酸钾；滤渣D能够和稀硫酸反应产生蓝色溶液H，因此D是氢氧化铜，则A中含有硝酸铜，带入验证完成相关的问题19 A H是初中化学

43、常见的物质，已知A为黑色固体单质，B为红色粉末，C和E常温下为气体且均属氧化物，F的浓溶液能挥发出剌激性气味的气体，GH发生的是化合反应它们的转化关系如图所示，请回答下列问题：（1）B的化学式为 ，F的化学式为 （2）反应的化学方程式为 （3）反应的化学方程式为 （4）反应的化学方程式为 （5）某同学认为“图中每一步转化均有元素化合价的变化”，他的判断 （填“正确”或“不正确”）.【答案】Fe2O3；HCl；3C+2Fe2O34Fe+3CO2；C+CO22CO；Cl2+2FeCl2=2FeCl3；不正确【知识点】书写化学方程式、文字表达式；物质的鉴别、推断【解析】【解答】解：（1）A H是初中

44、化学常见的物质，A为黑色固体单质，B为红色粉末，C和E常温下为气体且均属氧化物，所以A是碳，B是氧化铁，氧化铁和碳在高温的条件下生成铁和二氧化碳，所以C是二氧化碳，D是铁，二氧化碳和碳高温生成一氧化碳，所以E是一氧化碳，F的浓溶液能挥发出剌激性气味的气体，F会与铁反应，所以F是盐酸，氧化铁和盐酸反应生成氯化铁和水，GH发生的是化合反应，G和氯气反应会生成H，所以H是氯化铁，经过验证，推导正确，所以B是Fe2O3，F是HCl；（2）反应是木炭和氧化铁在高温的条件下生成铁和二氧化碳，化学方程式为：3C+2Fe2O34Fe+3CO2；（3）反应是二氧化碳和碳在高温的条件下生成一氧化碳，化学方程式为：

45、C+CO22CO；（4）反应是氯气和氯化亚铁反应生成氯化铁，化学方程式为：Cl2+2FeCl2=2FeCl3；（5）盐酸和氧化铁反应生成氯化铁和水的反应中，化合价没有发生改变，所以他的判断不正确故答案为：（1）Fe2O3，HCl；（2）3C+2Fe2O34Fe+3CO2；（3）C+CO22CO；（4）Cl2+2FeCl2=2FeCl3；（5）不正确【分析】根据A H是初中化学常见的物质，A为黑色固体单质，B为红色粉末，C和E常温下为气体且均属氧化物，所以A是碳，B是氧化铁，氧化铁和碳在高温的条件下生成铁和二氧化碳，所以C是二氧化碳，D是铁，二氧化碳和碳高温生成一氧化碳，所以E是一氧化碳，F的浓

46、溶液能挥发出剌激性气味的气体，F会与铁反应，所以F是盐酸，氧化铁和盐酸反应生成氯化铁和水，GH发生的是化合反应，G和氯气反应会生成H，所以H是氯化铁，然后将推出的物质进行验证即可20 有些晶体按比例带有一定量的结晶水，带有结晶水的晶体在一定温度下会脱去结晶水草酸晶体（H2C2O4 xH2O）在常温下是一种无色透明晶体草酸晶体受热时分解的化学方程式为：H2C2O4 xH2O（x+1）H2O+CO2+CO某化学兴趣小组的同学利用该信息以及所学的知识设计并开展实验，测定草酸晶体中结晶水的质量分数（图中固定装置已略去，装置气密性良好，装置A、B中的试剂足量，注射器量程足够）测量装置A、B的质量，排尽注

47、射器中的空气，连接装置；取质量为m的草酸晶体，加热至完全分解，将产物全部通入以上装置；测量并记录装置A增加的质量为a，装置B增加的质量为b，装置C读数为V；甲、乙、丙三位同学分别利用装置A、B、C所得数据计算该草酸晶体中结晶水的质量分数请回答下列问题：（1）装置A中盛放的液体是 ；装置B的作用是 ；装置C的作用之一是测量 的体积（2）乙同学对利用装置B测量结果计算的可靠性经行反思与评价，认为反应后装置A中残留的气体会使自己的计算结果 （填“偏小”或“偏大”）（3）甲同学依据装置A测量结果计算结晶水的质量分数为 （用代数式表示）【答案】浓硫酸；吸收生成的二氧化碳气体；一氧化碳；偏大；【知识点】物

48、质除杂或净化；物质的鉴别、推断【解析】【解答】（1）吸收生成的水蒸气应该用浓硫酸；吸收生成的二氧化碳气体用浓氢氧化钠溶液；最后剩余的一氧化碳气体进入注射器；故填：浓硫酸；吸收生成的二氧化碳气体；一氧化碳；（2）气体部分残留在A中，导致少量的二氧化碳没有被B装置完全吸收，A质量偏大，导致测量结果偏大，故填：偏大；（3）解：H2C2O4 xH2O（x+1）H2O+CO2+CO90+18x 18（x+1）m a则：x=则结晶水的质量分数为=故答案为：【分析】（1）根据加热后的产物来分析，A是用来吸收生成的水蒸气、B是吸收生成的二氧化碳，C是收集生成的一氧化碳；（2）根据题意，A中残留气体中含有少量的

49、二氧化碳；（3）根据参加反应的草酸晶体以及生成水的质量，利用化学方程式进行计算21 有一包白色固体可能含碳酸钠、硫酸钠、氯化钾、硝酸钡、氢氧化钠中的一种或几种某化学兴趣小组为探究其成分做了以下实验：取少量固体于烧杯中，逐渐加水并不断搅拌，烧杯内固体的质量随加入水的质量的变化如图1所示；取少量B点时的清液于试管中，滴加酚酞溶液，酚酞溶液不变色；继续向烧杯中滴加稀硝酸并不断搅拌，烧杯内固体的质量随加入稀硝酸的质量的变化如图2所示请回答下列问题：（1）BC段可观察到的现象是 ，从C到D液体的pH （填“增大”、“减小”或“不变”）；（2）原白色固体中一定含有 ，可能含有 ；（3）D点时，溶液中一定含

50、有的溶质是 ；（4）为进一步探究该白色固体的成分，该组同学取少量原固体样品于试管中，加足量水溶解，加 ，过滤；再向滤液中加 ，观察现象【答案】固体部分溶解，有气泡冒出；减小；碳酸钠、硫酸钠、硝酸钡；氯化钾；硝酸钠、硝酸钡、硝酸；稀硝酸；硝酸银【知识点】物质的鉴别、推断；碱的化学性质【解析】【解答】由图1可知，加入水，有不溶物，说明了上述物质间发生反应生成了沉淀，由于碳酸钠、硫酸钠都能与硝酸钡反应生成沉淀，由此可知，一定存在硝酸钡；由图2可知沉淀加入稀硝酸后，沉淀部分溶解，沉淀应为碳酸钡和硫酸钡的混合物，说明了原混合物中一定有碳酸钠和硫酸钠；由取少量B点时的清液于试管中，滴加酚酞溶液，酚酞溶液不

51、变色，说明了不含有氢氧化钠（1）由上述分析可知，BC段可观察到的现象是固体部分溶解，有气泡冒出，从C到D液体的酸性增强，液体的pH减小；（2）由上述分析可知，原白色固体中一定含有碳酸钠、硫酸钠、硝酸钡，可能含有氯化钾；（3）D点时，溶液中一定含有的溶质是硝酸钠、硝酸钡、硝酸；（4）由于氯化钾的存在不能确定，为进一步探究该白色固体的成分，该组同学取少量原固体样品于试管中，加足量水溶解，加稀硝酸，过滤；再向滤液中加硝酸银，观察现象，若有白色沉淀生成则证明含有氯化钾，否则则没有故答案为：（1）固体部分溶解，有气泡冒出，减小；（2）碳酸钠、硫酸钠、硝酸钡，氯化钾；（3）硝酸钠、硝酸钡、硝酸；（4）稀硝

52、酸，硝酸银【分析】碳酸钠、硫酸钠、氯化钾、硝酸钡、氢氧化钠都是可溶于水的物质，由图1可知，加入水，有不溶物，说明了上述物质间发生反应生成了沉淀，由于碳酸钠、硫酸钠都能与硝酸钡反应生成沉淀，由此可知，一定存在硝酸钡；由图2可知沉淀加入稀硝酸沉淀部分溶解，沉淀应为碳酸钡和硫酸钡的混合物，说明了原混合物中一定有碳酸钠和硫酸钠由取少量B点时的清液于试管中，滴加酚酞溶液，酚酞溶液不变色，说明了不含有氢氧化钠，据此分析回答有关的问题22 现有一包白色固体样品，可能含有BaCl2、Na2SO4、Na2CO3、NH4HCO3、KCl、CuSO4中的一种或几种，取样品进行如下实验：（1）操作1所用到是玻璃仪器有

53、 （2）原白色固体中一定不含有 ，一定含有 （3）写出生成气体a的化学方程式 【答案】烧杯、玻璃棒；CuSO4；BaCl2、Na2SO4、Na2CO3、NH4HCO3；NH4HCO3+2NaOH=Na2CO3+2H2O+NH3【知识点】过滤的原理、方法、操作及其应用；盐的性质及用途；物质的鉴别、推断；盐与化肥【解析】【解答】（1）由题意可知操作1是白色固体加足量水溶解，应用到的玻璃仪器是：烧杯和玻璃棒；（2）由于硫酸铜的溶液显蓝色，根据操作1得到的是无色溶液，说明不含有硫酸铜；由于上述物质的碳酸氢铵能与氢氧化钠反应放出了氨气，根据无色溶液再加入氢氧化钠加热生成了气体，说明了含有碳酸氢铵；由于上

54、述物质的氯化钡能与碳酸钠、硫酸钠反应分别生了碳酸钡、硫酸钡沉淀，碳酸钡沉淀能溶于盐酸，硫酸钡不能溶于盐酸，根据操作1可知得到的白色沉淀，能部分溶解于盐酸，说明了含有氯化钡、碳酸钠和硫酸钠，根据上述实验过程不能判断氯化钾是否存在，氯化钾是可能存在的物质所以，原白色固体中一定不含有CuSO4，一定含有BaCl2、Na2SO4、Na2CO3、NH4HCO3，可能含有的物质是KCl；（3）由上述分析可知，碳酸氢铵能与氢氧化钠反应放出了气体a是氨气，反应的方程式：NH4HCO3+2NaOH=Na2CO3+2H2O+NH3故答案为：（1）烧杯、玻璃棒；（2）CuSO4，BaCl2、Na2SO4、Na2CO

55、3、NH4HCO3；（3）NH4HCO3+2NaOH=Na2CO3+2H2O+NH3【分析】（1）根据溶解的操作分析用到的玻璃仪器；（2）根据操作1得到的是无色溶液，说明不含有硫酸铜；根据无色溶液再加入氢氧化钠加热生成了气体，说明了含有碳酸氢铵；根据操作1可知得到的白色沉淀，能部分溶解于盐酸，说明了含有氯化钡、碳酸钠和硫酸钠，据此分析判断白色固体中的物质；（3）根据碳酸氢铵与氢氧化钠的反应写反应的化学方程式23 AI表示初中化学常见的物质其中C是大理石的主要成分各物质间相互转化关系如图所示（反应条件已略去）请回答下列问题：（1）C的化学式为 （2）A的一种用途是 （3）上述转化中没有涉及的基本

56、反应类型是 （4）反应的化学方程式为（只写一个） 【答案】CaCO3；改良酸性土壤；置换反应；NaOH+HCl=NaCl+H2O【知识点】置换反应及其应用；物质的鉴别、推断【解析】【解答】C是大理石的主要成分，故C是碳酸钙，AB能反应生成碳酸钙和D，故可能是氢氧化钙参与的反应，碳酸钙能生成氧化钙和二氧化碳，故EF可能是氧化钙和二氧化碳中的一种，F能与H反应生成A，故F可能是氧化钙，H是水，E是二氧化碳，D和G能反应生成水，故D可能是氢氧化钠，则B是碳酸钠，G能与氢氧化钠反应生成水和氯化钠，故I是氯化钠，带入框图，推断合理；（1）C是碳酸钙，故填：CaCO3；（2）A是氢氧化钙，具有碱性，能用于

57、改良酸性土壤，故填：改良酸性土壤；（3）氢氧化钙能与碳酸钠反应生成氢氧化钠和碳酸钙沉淀，属于复分解反应，碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳，属于分解反应，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，属于化合反应，氢氧化钠与盐酸反应生成氯化钠和水，属于复分解反应，故不涉及到的是置换反应，故填：置换反应；（4）D是氢氧化钠，G可以是盐酸，盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠和水，故填：NaOH+HCl=NaCl+H2O【分析】根据题干提供的信息进行分析解答，C是大理石的主要成分，故C是碳酸钙，AB能反应生成碳酸钙和D，故可能是氢氧化钙参与的反应，碳酸钙能生成氧化钙和二氧化碳，故EF可能是氧化钙和二氧化碳中的一种，F能与H

58、反应生成A，故F可能是氧化钙，H是水，E是二氧化碳，D和G能反应生成水，故D可能是氢氧化钠，则B是碳酸钠，G能与氢氧化钠反应生成水和氯化钠，故I是氯化钠，据此解答24 A、B、C、D、E、F、G为常见的物质，其中B、E、G属于单质，反应是炼铁工业中的主要反应，它们之间的相互转化关系如下图所示：（1）物质A的化学式是 ；写出反应的基本反应类型 （2）写出反应的化学方程式： （3）写出反应中生成红色固体E的化学方程式： 【答案】CuO；化合反应；3CO+Fe2O32Fe+3CO2；Fe+CuSO4=FeSO4+Cu【知识点】物质的鉴别、推断【解析】【解答】解：由B、E、G属于单质，E为红色固体，可

59、判断E为铜，铜和氧气加热生成的A是氧化铜，A与过量的稀硫酸反应得到的X溶液中含有生成的氯化铜和剩余的硫酸；反应是炼铁工业中的主要反应，即一氧化碳还原氧化铁生成铁和二氧化化碳，B能与X溶液反应生成铜和浅绿色溶液F，则B是铁，C是二氧化碳，F是硫酸亚铁，G是氢气，代入框图，推断正确故答案为：（1）CuO；化合反应；（2）3CO+Fe2O32Fe+3CO2；（3）Fe+CuSO4=FeSO4+Cu【分析】根据框图和提供的信息，其突破口为E是红色固体单质，则E是铜，铜和氧气加热生成的A是氧化铜，A与过量的稀硫酸反应得到的X溶液中含有生成的氯化铜和剩余的硫酸；反应是炼铁工业中的主要反应，即一氧化碳还原氧

60、化铁生成铁和二氧化化碳，B能与X溶液反应生成铜和浅绿色溶液F，则B是铁，C是二氧化碳，F是硫酸亚铁，G是氢气，据此解答即可25 废旧金属可以回收利用，用合金废料（含Fe、Cu和Al）制取FeSO4和CuSO4溶液的实验流程如图（部分生成物已略）：（1）合金属于 （填“纯净物”或“混合物”）；（2）步骤反应的化学方程式为：2Al+2NaOH+2R2NaAlO2+3H2，依据质量守恒定律推出R的化学式为 ，步骤反应的化学方程式为 ；（3）由Cu制取CuSO4溶液有以下三种途径：ICu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O.2Cu+O22CuO CuO+H2SO4CuSO4+H2O.3Cu